2026屆達州市重點中學高三化學第一學期期中聯(lián)考試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、25℃時，下列有關溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是A．pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)＝c(SO42－)＋c(OH－)B．0.1mol/LNH4Cl與0.1mol/L氨水等體積混合(pH>7)：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)C．0.1mol/LNa2C2O4與0.1mol/LHCl溶液等體積混合(H2C2O4為二元弱酸)：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H+)D．0.1mol/LNa2CO3與0.1mol/LNaHCO3溶液等體積混合：3c(Na+)＝2[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]2、分離苯和水，應選用A． B．C． D．3、利用海洋資源獲得的部分物質如圖所示，有關說法正確的是A．在化學反應中，H2O可轉變?yōu)镈2OB．“加碘食鹽”生產(chǎn)中碘添加劑為碘單質C．實驗室用帶玻璃塞的棕色瓶貯存液溴D．工業(yè)上用電解飽和MgCl2溶液的方法制得Mg4、中學化學中很多“規(guī)律”都有其適用范圍，下列根據(jù)有關“規(guī)律”推出的結論合理的是A．SO2和濕潤的Cl2都有漂白性，推出二者都能使紫色石蕊試液退色B．根據(jù)溶液的pH與溶液酸堿性的關系，推出pH=7.0的溶液一定顯中性C．由F、Cl、Br、I的非金屬性依次減弱，推出HF、HCl、HBr、HI的還原性依次增強D．根據(jù)主族元素的最高正化合價與族序數(shù)的關系，推出鹵族元素的最高正價都是+75、某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，向其中逐漸加入鐵粉，溶液中Fe2＋的濃度與加入鐵粉的物質的量之間的關系如圖所示，則溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物質的量濃度之比為()A．1∶1∶1 B．1∶3∶1C．3∶3∶8 D．1∶1∶46、.檢測人的血液中的葡萄糖(簡稱血糖，相對分子質量為180)的含量，參考指標常以兩種計量單位表示，即“mmol/L”和“mg/dL”(1L=10dL).以“mmol/L”表示時，人的血糖正常值在3.61~6.11mmol/L之間。如果以“mg/dL”表示，血糖正常值范圍是多少()A．6mg/dL~9mg/dL B．55mg/dL~95mg/dLC．65mg/dL~110mg/dL D．70mg/dL~120mg/dL7、《本草綱目》中有“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”的記載。下列說法正確的是A．“薪柴之灰”可與銨態(tài)氮肥混合施用 B．“以灰淋汁”的操作是萃取C．“取堿”得到的是一種堿溶液 D．“浣衣”過程有化學變化8、化學與科技、生產(chǎn)、生活密切相關。下列說法正確的是A．純堿可以用作鍋爐除垢時CaSO4的轉化劑B．加入“聚鐵”凈水劑可以使海水淡化C．草木灰可以肥田，還可以降低土壤的堿性D．向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值不變9、實驗室模擬工業(yè)漂白液（有效成分為NaClO）脫除廢水中氨氮（NH3）的流程如下：下列分析正確的是A．①中采用蒸餾的方法精制粗鹽水B．②中陽極的主要電極反應：4OH--4e-=2H2O+O2↑C．③中制備漂白液的反應：Cl2+OH-=Cl-+HClOD．②、③、④中均發(fā)生了氧化還原反應10、下列離子方程式正確的是()A．向Fe(OH)3中加氫碘酸：Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2OB．向Na2SiO3溶液中通入過量CO2：SiO＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋COC．過量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSOD．等體積、等物質的量濃度的NaHCO3和Ba(OH)2兩溶液混合：HCO＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O11、下表是25℃時有關弱酸的電離平衡常數(shù)，下列敘述正確的是HIOHClOH2CO3K=2.3×l0-11K=2.95×l0-8K1=4.4×l0-7K2=4.7×l0-11A．同溫、同濃度的NaIO、NaClO、NaHCO3和Na2CO3溶液中，堿性最強的是Na2CO3B．向NaClO溶液中通入少量CO2，離子反應為：2ClO-+CO2+H2O→2HClO+CO32-C．向NaIO溶液中通入少量CO2，離子反應為：2IO-+CO2+H2O→2HIO+CO32-D．向NaHCO3溶液中加入少量HClO，離子反應為：HCO3-+HClO→CO2↑+H2O+ClO-12、將1molCO和2molH2充入密閉容器中，發(fā)生反應：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H。在其他條件相同時，測得CO平衡轉化率[α（CO）]與溫度和壓強的關系如下圖。下列說法不正確的是（）A．△H<0B．C、D兩點的反應速率：v（C）>v（D）C．若E點的容器體積為10L，該溫度下的平衡常數(shù)為k=25D．工業(yè)生產(chǎn)中實際控制的條件200℃、P2壓強，不采用200℃、P3壓強13、氫氧燃料電池以石墨碳棒為電極，以硫酸溶液為電解質溶液，下列敘述正確的是A．正極反應式為：O2+4e-+2H2O=4OH-B．工作一段時間后，電解液中硫酸的物質的量濃度不變C．通氫氣的電極上發(fā)生還原反應D．溶液中氫離子流向通氧氣的電極14、以下過程與化學鍵斷裂無關的是A．氯化鈉熔化 B．干冰升華 C．金剛石熔化 D．金屬汞汽化15、對H3O＋的說法正確的是()A．O原子采取sp2雜化 B．O原子采取sp雜化C．離子中存在配位鍵 D．離子中存在非極性鍵16、下列關于0.10mol·L－1NaHCO3溶液的說法正確的是（）A．溶質的電離方程式為：NaHCO3→Na＋＋H＋＋CO32－B．25℃時，加水稀釋后，n(H＋)與n(OH－)的乘積不變C．離子濃度關系：c(CO32－)＋c(OH－)=c(H2CO3)＋c(H＋)D．溫度升高，溶液中c(HCO3－)增大17、用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．78g過氧化鈉晶體中，含2NA個陰離子B．常溫常壓下，22.4L氦氣含有NA個氦原子C．在O2參與的反應中，1molO2作氧化劑時得到的電子數(shù)一定是4NAD．常溫下16gO2與O3的混合氣體中含氧原子數(shù)為NA18、化學與人類生產(chǎn)、生活、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關，下列說法正確的是（）A．凡含有添加劑的食物對人體健康均有害，不宜食用B．“霾塵積聚難見路人”，霧霾所形成的氣溶膠有丁達爾效應C．人體缺乏鐵元素，可以補充硫酸亞鐵，且多多益善D．“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”，屠呦呦對青蒿素的提取屬于化學變化19、下列實驗對應的現(xiàn)象及結論均正確且兩者具有因果關系的是（）選項實驗現(xiàn)象結論A25℃時,兩片相同的A1片分別和等體積稀HNO3和濃HNO3反應前者產(chǎn)生無色氣體，后者產(chǎn)生紅棕色氣體，且后者反應更加劇烈其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越快B向某液溶膠中分別加入石膏和硫酸鈉的溶液前者明顯聚沉，后者幾乎無變化該膠體微粒帶負電荷CSO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸有白色沉淀產(chǎn)生，加入稀硝酸后沉淀不溶解所得沉淀為BaSO3,后轉化為BaSO4D將炭和濃H2SO4的混合物加熱，產(chǎn)生的氣體通入石灰水石灰水變渾濁碳被氧化成CO2A．A B．B C．C D．D20、下列對于過氧化鈣（CaO2）的敘述錯誤的是A．CaO2具有氧化性，對面粉可能具有增白作用B．CaO2中陰陽離子的個數(shù)比為1：1C．CaO2和水反應時，每產(chǎn)生1molO2轉移電子4molD．CaO2和CO2反應的化學方程式為：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O221、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．100g質量分數(shù)為46%的CH3CH2OH溶液中所含氫原子數(shù)為6NAB．標準狀況下，11.2LHF所含的原子總數(shù)為NAC．常溫下，100mL1mol?L?1AlCl3溶液中Al3+離子總數(shù)等于0.1NAD．含1molNH4Cl的溶液中加入適量氨水使溶液呈中性，此時溶液中數(shù)目為NA22、二氧化硅(SiO2)又稱硅石，是制備硅及其化合物的重要原料(各種轉化見圖)。下列說法正確的是A．SiO2既能與HF反應，又能與NaOH反應，屬于兩性氧化物B．SiO2和Si都是光導纖維材料C．硅膠吸水后可重復再生D．圖中所示轉化反應都是非氧化還原反應二、非選擇題(共84分)23、（14分）松油醇是一種調香香精，它是α、β、γ三種同分異構體組成的混合物，可由松節(jié)油分餾產(chǎn)品A（下式中的18是為區(qū)分兩個羥基而人為加上去的）經(jīng)下列反應制得：（1）A分子中的官能團名稱是_________________。（2）A分子能發(fā)生的反應類型是________。a.加成b.取代c.催化氧化d.消去（3）α－松油醇的分子式_________________。（4）α－松油醇所屬的有機物類別是________。a.酸b.醛c.烯烴d.不飽和醇（5）寫結構簡式：β－松油醇_____________，γ-松油醇_____________。（6）寫出α－松油醇與乙酸發(fā)生酯化反應的方程：___________________。24、（12分）現(xiàn)有部分短周期主族元素的性質或原子結構如表所示：元素編號元素性質或原子結構X周期序數(shù)＝主族序數(shù)＝原子序數(shù)Y原子最外層電子數(shù)為a，次外層電子數(shù)為bZ原子L層電子數(shù)為a+b，M層電子數(shù)為a－bM單質在自然界中的硬度最大N位于第三周期，最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍（1）寫出X、Y、Z、N四種元素的名稱：X________，Y________，Z________，N________。（2）由X、Y、Z、M、N五種元素兩兩組成的分子中，許多分子含有的電子數(shù)相等，寫出符合下列要求的分子式：①含10e?且呈正四面體結構的分子________；②含14e?的雙原子分子________；③含16e?且能使溴水褪色的分子________；④含18e?且常溫下呈液態(tài)的分子________。25、（12分）在高中階段，安排了兩種酯的制備實驗：乙酸乙酯的制備乙酸丁酯[CH3COO(CH2)3CH3]的制備制備這兩種酯所涉及的有關物質的物理性質見下表：乙酸乙醇1—丁醇乙酸乙酯乙酸丁酯熔點（℃）16.6－117.3－89.5－83.6－73.5沸點（℃）117.978.511777.06126.3密度（g/cm3）1.050.790.810.900.88水溶性互溶互溶可溶（9g/100克水）可溶（8.5g/100克水）微溶請回答下列問題：（1）在乙酸乙酯的制備過程中，采用水浴加熱的優(yōu)點為_______________________；而乙酸丁酯的制備過程中未采用水浴加熱的原因是______________。（2）提純時，乙酸乙酯一般采用______洗滌，而乙酸丁酯可先采用______、后采用______洗滌（均填編號）。a．水b．15％Na2CO3溶液c．飽和Na2CO3溶液（3）兩種酯的提純過程中都需用到的關鍵儀器是______________，在操作中要注意振蕩洗滌后，靜置分液前必須要有步驟，所制得的酯應從該儀器的________（填編號）。a．下部流出b．上口倒出c．都可以（4）在乙酸乙酯制備中，采用了乙醇過量，下列說法不正確的是_______（填編號）。a．乙醇比乙酸價廉b．提高乙酸的轉化率c．提高乙醇的轉化率d．提高乙酸乙酯的產(chǎn)率（5）在乙酸丁酯制備中，下列方法可提高1—丁醇利用率的是________（填編號）。a．使用催化劑b．加過量乙酸c．不斷移去產(chǎn)物d．縮短反應時間26、（10分）MnO2是制造干電池的主要原料之一，也是中學化學中常見的一種試劑。工業(yè)上Mn(NO3)2和KMnO4為原料制備MnO2，其生產(chǎn)原理如下：用軟錳礦（含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2）和碳反應制得MnO；再將MnO與稀硝酸反應，反應后經(jīng)過濾、提純、濃縮，可制得50%的Mn(NO3)2溶液；在一定條件下，把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中，發(fā)生如下反應：3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3，反應生成的沉淀經(jīng)過濾、洗滌、干燥后得到MnO2。請回答下列問題：Ⅰ、若將軟錳礦和碳反應后的固體產(chǎn)物置于如圖1所示的裝置甲中，與稀硝酸反應，觀察到裝置乙中有紅棕色氣體產(chǎn)生。（1）寫出甲中產(chǎn)生氣體反應的化學方程式___。（2）在制備MnO2的實驗中要向反應混合液中不斷滴加氨水，則氨水的作用是___。Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反應方程式為：4KMnO4+2H2O4MnO2↓+4KOH+3O2↑該反應中c（OH-）隨時間的變化曲線如圖2所示，分析曲線的變化趨勢，你認為形成該變化的原因是___。Ⅲ、某興趣小組通過實驗研究MnO2的氧化性進行了一系列的研究。（1）該小組設計了如下4個方案以驗證MnO2的氧化性，可行的是___。A．把MnO2固體加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，觀察溶液是否變紅B．把MnO2固體加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，觀察溶液是否變紅C．把MnO2固體加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2觀察是否有白色沉淀生成D．把MnO2固體加入到稀鹽酸中，觀察是否有黃綠色氣體生成（2）該小組為研究在不同酸堿性的溶液中MnO2的氧化能力，他們控制KI溶液的濃度和MnO2固體的質量相同，恒定實驗溫度在298K，設計如下對比試驗。實驗酸或堿現(xiàn)象A1滴0.2mol/LNaOH溶液不變色B1滴水緩慢變淺棕褐色C1滴0.1mol/L硫酸溶液迅速變棕褐色該小組從上述對比實驗中，可以得出的結論是___。寫出在MnO2迅速氧化I?的離子方程式___。27、（12分）某學習小組用如圖所示裝置測定鋁鎂合金中鋁的質量分數(shù)和鋁的相對原子質量。（1）A中試劑為________。（2）實驗前，先將鋁鎂合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是____________________。（3）檢查氣密性，將藥品和水裝入各儀器中，連接好裝置后，需進行的操作還有：①記錄C的液面位置；②將B中剩余固體過濾，洗滌，干燥，稱重；③待B中不再有氣體產(chǎn)生并恢復至室溫后，記錄C的液面位置；④由A向B中滴加足量試劑。上述操作的順序是________(填序號)；記錄C的液面位置時，除平視外，還應________。（4）B中發(fā)生反應的化學方程式為__________________________。（5）若實驗用鋁鎂合金的質量為ag，測得氫氣體積為bmL(已換算為標準狀況)，B中剩余固體的質量為cg，則鋁的相對原子質量為________。（6）實驗過程中，若未洗滌過濾所得的不溶物，則測得鋁的質量分數(shù)將________(填“偏大”“偏小”或“不受影響”)。28、（14分）苯乙酮酸是醫(yī)藥合成中的一種重要中間體，某研究小組對苯乙酮酸展開如下設計研究：請回答：（1）下列說法正確的是_____________。A．反應①②④都是取代反應B．化合物C能發(fā)生消去反應C．化合物D中含有兩種官能團D．化合物E的分子式為C17H25NO3（2）反應④D→E的化學方程式是___________________________________。（3）化合物M的結構簡式是___________________________。（4）寫出同時符合下列條件的化合物的所有同分異構體的結構簡式____________。①能發(fā)生銀鏡反應②1H-NMR譜顯示分子中有三種不同化學環(huán)境的氫原子。（5）采用甲苯為原料制備苯乙酮酸（），請設計該合成路線（用流程圖表示，無機試劑任選）__________________________。29、（10分）某實驗小組同學利用下圖裝置對電化學原理進行了一系列探究活動。（1）甲池為裝置_______(填“原電池”或“電解池”)。（2）甲池反應前，兩電極質量相等，一段時間后，兩電極質量相差28g，導線中通過_________mol電子。（3）實驗過程中，甲池左側燒杯中NO3-的濃度_______(填“變大”、“變小”或“不變”)。（4）其他條件不變，若用U形銅棒代替“鹽橋”，工作一段時間后取出銅棒稱量，質量___________(填“變大”、“變小”或“不變”)。若乙池中的某鹽溶液是足量AgNO3溶液，則乙池中左側Pt電極反應式為___________________________________，工作一段時間后，若要使乙池溶液恢復原來濃度，可向溶液中加入_____________(填化學式)。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【詳解】A、NaHSO4溶液中的電荷守恒為：c(Na+)+c(H+)＝2c(SO42－)＋c(OH－)，又因為c(Na+)=c(SO42－)，故A正確；B、NH4Cl與氨水混合溶液中的電荷守恒為：c(NH4+)+c(H+)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因為溶液顯堿性，c(OH－)>c(H+)，所以c(NH4+)>c(Cl－)，存在物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH4+)=2c(Cl－)，所以正確的離子濃度大小順序為c(NH4+)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H+)，故B錯誤；C、0.1mol/LNa2C2O4與0.1mol/LHCl溶液等體積混合后的溶質為NaCl和NaHC2O4，所以存在的電荷守恒為：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)+c(Cl－)＝c(Na+)＋c(H+)，故C錯誤；D、0.1mol/LNa2CO3與0.1mol/LNaHCO3溶液等體積混合的物料守恒為2c(Na+)＝3[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]，故D錯誤；故選A；【點睛】解答本題需要掌握兩個方面的知識;混合后的溶液中的溶質是什么。如C選項，0.1mol/LNa2C2O4與0.1mol/LHCl溶液等體積混合后的溶質為NaCl和NaHC2O4；能夠靈活運用鹽類水解的三種守恒，即電荷守恒、物料守恒和質子守恒，來比較溶液當中離子濃度大小。2、C【分析】苯和水分層，可選分液法分離【詳解】A、蒸發(fā)分離固體溶質和溶劑，故A不選；B、過濾分離固體和液體，故B不選；C、苯和水分層，可選分液法分離，故C選；D、蒸餾分離沸點不同的液體，故D不選；故選C。3、C【詳解】A.化學反應的過程就是原子重新組合的過程，在化學反應中，原子的種類、數(shù)目不變，屬于H2O不可轉變?yōu)镈2O，A錯誤；B.“加碘食鹽”生產(chǎn)中碘添加劑為碘酸鉀，B錯誤；C.溴單質具有強氧化性，會腐蝕橡膠，所以實驗室用帶玻璃塞的棕色瓶貯存液溴，C正確；D.工業(yè)上用電解熔融MgCl2制Mg，D錯誤；故合理選項是C。4、C【解析】A、SO2和濕潤的Cl2雖然都有漂白性，但SO2通入紫色石蕊試液顯紅色，Cl2通入紫色石蕊試液選項變紅后褪色，選項A錯誤；B、只有在常溫下pH=7.0的溶液才一定顯中性，而在100℃時pH=7.0的溶液卻顯堿性，因此用pH判斷溶液酸堿性時必需考慮溫度，c(H+)=c(OH-)時溶液呈中性，選項B錯誤；C、非金屬性：I＜Br＜Cl＜F，元素的非金屬性越強，對應的氫化物的還原性越弱，則HI、HBr、HCl、HF的還原性的依次減弱，選項C正確；D、在鹵族元素中,氟元素只有負價,沒有正價。除氟元素以外,其他元素的最高化合價均為+7，選項D錯誤。答案選C。5、D【分析】分析溶液中Fe2＋的濃度與加入鐵粉的物質的量之間的關系圖，可知，加入1mol鐵粉，此時c(Fe2+)為0，說明此時發(fā)生反應：Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O。再加入1mol鐵粉，c(Fe2+)由0變?yōu)?，可知此時發(fā)生反應：2Fe(NO3)3＋Fe=3Fe(NO3)2。當加入鐵粉的物質的量為3mol時，c(Fe2+)濃度由3變?yōu)?，則發(fā)生了：Cu(NO3)2＋Fe=Fe(NO3)2＋Cu。據(jù)此分析?！驹斀狻繉㈣F粉加入該稀溶液中，依次發(fā)生的反應是Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，2Fe(NO3)3＋Fe=3Fe(NO3)2，Cu(NO3)2＋Fe=Fe(NO3)2＋Cu。由圖可知，稀硝酸消耗1molFe同時生成1molFe(NO3)3，溶液中Fe(NO3)3消耗了1molFe，而Cu(NO3)2消耗了1molFe，結合反應方程式可知，消耗1molFe需要4molHNO3、2molFe(NO3)3和1molCu(NO3)2，則原溶液中有4molHNO3、1molFe(NO3)3，1molCu(NO3)2，則溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物質的量濃度之比為1∶1∶4。D項正確；答案選D。6、C【解析】用“mmol/L”表示時人的血糖正常值在3.61～6.11mmol/L之間，由1L=10dL，m=n×M來計算以“mg/dL”表示的血糖正常值范圍，就可判斷。【詳解】用“mmol/L”表示時人的血糖正常值在3.61～6.11mmol/L之間，則以“mg/dL”表示的血糖正常值范圍為3.61×18010=64.91mg/dL—6.11×18010=109.98mg【點睛】本題以信息的形式考查物質的量濃度、質量分數(shù)，明確信息的使用是解答的關鍵，難度不大。7、D【詳解】A.“薪柴之灰”中含有碳酸鉀，與銨態(tài)氮肥共用時，發(fā)生水解反應，相互促進水解，降低肥效，故A錯誤；B.“以灰淋汁”的操作是過濾，故B錯誤；C.“取堿”得到的是碳酸鉀溶液，屬于鹽溶液，故C錯誤；D.“浣衣”過程中促進油脂的水解，屬于化學變化，故D正確；故選D。8、A【分析】本題考查了生活實際與化學，涉及凈水原理，化肥性質，燃料熱值和沉淀平衡。【詳解】A.根據(jù)沉淀平衡，碳酸鈣溶度積小于硫酸鈣，故純堿可以將CaSO4轉化為溶解度更低的碳酸鈣沉淀，A正確；B.聚合硫酸鐵又名聚鐵，是一種凈水劑，能將海水中的懸浮物沉降，但與氯化鈉無關，不能淡化海水，B錯誤；C.草木灰是植物(草本和木本植物)燃燒后的殘余物，其主要成分為K2CO3，草木灰屬于鉀肥，K2CO3水解顯堿性，不能降低土壤的堿性，C錯誤；D.熱值是單位質量(或體積)的燃料完全燃燒時所放出的熱量，向汽油中添加甲醇后，汽油與甲醇碳氫比不同，該混合燃料的熱值不可能不變，D錯誤；答案為A?！军c睛】聚鐵是一種凈水劑，只能除去水中的懸浮物，不能除去海水中的NaCl，不能對海水消毒殺菌。9、D【解析】A.①中采用蒸餾只能得到蒸餾水，得不到精制鹽水，要得到精制鹽水需要使用化學方法除去其中的雜質，錯誤；B.陽極發(fā)生氧化反應，②中陽極的主要電極反應：2Cl――2e－＝Cl2↑，錯誤；C.生成的氯氣與氫氧化鈉反應生成次氯酸鈉，③中制備漂白液的反應：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，錯誤；D.②中電解氯化鈉溶液生成氫氣和氯氣以及氫氧化鈉、③中氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉、④中次氯酸鈉與氨氣反應生成氮氣和氯化鈉，均存在元素化合價的變化，發(fā)生了氧化還原反應，正確；故選D。10、D【詳解】A．反應生成的碘離子與鐵離子繼續(xù)反應生成亞鐵離子和單質碘，離子方程式應為：2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2++6H2O+I2，故A錯誤；B．CO2過量，應該生成酸式鹽碳酸氫鈉，而不是正鹽碳酸鈉，離子方程式為SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO，故B錯誤；C．ClO-具有強氧化性，而SO2具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應生成SO和Cl-，離子方程式為：SO2+H2O+ClO-=2H++SO+Cl-，故C錯誤；D．等體積等物質的量濃度的NaHCO3和Ba(OH)2兩溶液混合反應生成碳酸鋇和氫氧化鈉，離子方程式書寫正確，故D正確；綜上所述，本題選D。11、C【分析】根據(jù)表格數(shù)據(jù)，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-＞HIO，據(jù)此分析解答。【詳解】A．相同物質的量濃度的含有弱酸根離子的鈉鹽溶液，對應酸的酸性越弱，酸根離子水解程度越大，溶液中氫氧根離子濃度越大，pH越大，水解程度大小順序是：HCO3-＜ClO-＜CO32-＜IO-，所以等物質的量濃度的NaIO、NaClO、NaHCO3和Na2CO3四種溶液中，堿性最強的是NaIO，故A錯誤；B．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，向NaClO溶液通入少量CO2反應生成次氯酸和碳酸氫鈉，離子方程式為ClO-+CO2+H2O→HClO+HCO3-，故B錯誤；C．酸性H2CO3＞HCO3-＞HIO，向NaIO溶液中通入少量CO2反應生成HIO和碳酸鈉，反應的離子方程式為：2IO-+CO2+H2O→2HIO+CO32-，故C正確；D．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，向NaHCO3溶液中加入少量HClO，不能發(fā)生反應，故D錯誤；故選C?！军c睛】正確理解強酸可以反應制弱酸的原理是解題的關鍵。本題的易錯點為B，要注意酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，向NaClO溶液通入少量CO2反應生成次氯酸和碳酸氫鈉，不能生成碳酸鈉。12、C【詳解】A項、由圖可知，溫度升高，CO平衡轉化率減小，說明平衡向逆反應方向移動，則該反應為放熱反應，△H<0，故A正確；B項、溫度相同時，壓強越大，反應速率越快，由圖可知，P2＞P,1，則C、D兩點的反應速率：v（C）>v（D），故B正確；C項、由圖可知，E點CO平衡轉化率為80%，平衡時三種物質的濃度分別為=0.02mol/L、=0.04mol/L、=0.08mol/L，則該溫度下的平衡常數(shù)為k==2500，故C錯誤；D項、由圖可知，200℃、P2壓強時CO平衡轉化率與200℃、P3壓強時CO平衡轉化率相差不大，則從生產(chǎn)成本考慮，工業(yè)生產(chǎn)中實際控制的條件200℃、P2壓強，不采用200℃、P3壓強，故D正確；故選C?！军c睛】壓強越大，反應時消耗的動能越大，生產(chǎn)成本越高，經(jīng)濟效益會降低，在反應物轉化率相差不大時，會選用較低壓強是解答關鍵。13、D【解析】以硫酸溶液為電解質溶液，正極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O，A錯誤；氫氣燃燒生成水，硫酸的物質的量濃度就小，B錯誤；氫氣在電極上失去電子發(fā)生氧化反應，C錯誤；溶液中正極附近氫離子濃度減小，負極附近氫離子濃度增大，氫離子由負極流向通氧氣的正電極，D正確。14、B【解析】A．氯化鈉的熔化破壞離子鍵，與化學鍵斷裂有關，故A錯誤；B．干冰屬于分子晶體，升華時破壞了分子間作用力，與化學鍵斷裂無關，故B正確，C．金剛石屬于原子晶體，熔化時破壞了共價鍵，與化學鍵斷裂有關，故C錯誤；D．金屬汞是金屬晶體，汽化時破壞了金屬鍵，與化學鍵斷裂有關，故D錯誤；答案選B?！军c睛】判斷晶體的類型以及粒子間作用力是解題的關鍵。離子晶體中存在離子鍵，原子晶體中存在共價鍵，金屬晶體中存在金屬鍵，這些晶體狀態(tài)變化時，化學鍵均會斷裂，只有分子晶體狀態(tài)變化時破壞分子間作用力，不破壞化學鍵。15、C【解析】A．H3O+中，O原子的價層電子對數(shù)＝，因此O原子采取sp3雜化，A錯誤；B．H3O+中，O原子的價層電子對數(shù)=，則O原子采取sp3雜化，B錯誤；C．在H3O+中O原子成3個共價鍵鍵，其中含有1個配位鍵，C正確；D．H3O+離子中不存在非極性鍵，存在的都是H-O極性共價鍵，D錯誤；答案選C。16、C【詳解】A.碳酸是弱酸，HCO3－保留化學式，溶質的電離方程式為：NaHCO3=Na＋＋HCO3－，故A錯誤；B.25℃時，加水稀釋后，促進鹽水解，n(H＋)與n(OH－)的乘積變大，故B錯誤；C.溶液中存在質子守恒，離子濃度關系：c(CO32－)＋c(OH－)=c(H2CO3)＋c(H＋)，故C正確；D.溫度升高，促進HCO3－的水解，溶液中c(HCO3－)減小，故D錯誤；故選C。17、D【解析】A．過氧化鈉的陰離子是O22-，78g過氧化鈉是1mol，其晶體中含NA個陰離子，A錯誤；B．常溫常壓下22.4L氦氣不是1mol，B錯誤；C．在O2參與的反應中，1molO2作氧化劑時得到的電子數(shù)不一定一定是4NA，例如氧氣和鈉反應生成過氧化鈉，C錯誤；D．常溫下16gO2與O3的混合氣體中含氧原子的物質的量是，其中氧原子數(shù)為NA，D正確。答案選D。18、B【詳解】A．我國把營養(yǎng)強化劑也歸為食品添加劑的范疇，包括對人體有益的某些氨基酸類，鹽類，礦物質類，膳食纖維等，故A錯誤；B．霧霾所形成的氣溶膠屬于膠體，具有丁達爾效應，故B正確；C．人體缺乏鐵元素，可以補充硫酸亞鐵，但是不是多多益善，因為人體內鐵過量，也會引起各種疾病，故C錯誤；D．對青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取過程中沒有新物質生成，屬于物理變化，故D錯誤；答案為B?！军c睛】食品添加劑包括酸度調節(jié)劑、抗結劑、消泡劑、抗氧化劑、漂白劑、膨松劑、著色劑、護色劑、酶制劑、增味劑、營養(yǎng)強化劑、防腐劑、甜味劑、增稠劑、香料等；在食物中添加適量添加劑有利于改善食物的保鮮、防腐、口感等，但要適量，不能過量，因為添加劑有益必有害。19、B【解析】A.25℃，Al與濃硝酸發(fā)生鈍化，現(xiàn)象、結論均不合理，故A錯誤；B.向某液溶膠中分別加入石膏和硫酸鈉的溶液，前者明顯聚沉，后者幾乎無變化，說明使膠體聚沉的是鈣離子，鈣離子帶正電荷，因此該膠體微粒帶負電荷，故B正確；C．SO2通入BaCl2溶液，不反應，不生成白色沉淀，后加稀硝酸發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鋇沉淀，故C錯誤；D.將炭和濃H2SO4的混合物加熱，產(chǎn)生的氣體中含有二氧化硫，通入石灰水中，二氧化硫也能與石灰水反應生成沉淀，因此不能說明碳被氧化為二氧化碳，結論錯誤；故D錯誤；故選B。20、C【解析】A、過氧化鈣是過氧化物，和過氧化鈉一樣具有漂白性，對面粉可能具有增白作用，故A正確。過氧化鈣中含有陽離子Ca2+和陰離子O22-離子，陰陽離子的個數(shù)比為1：1，故B正確。C、O22-離子中O元素的化合價為-1價，所以每產(chǎn)生1molO2轉移電子2mol，故C錯誤。D過氧化鈣和二氧化碳反應和過氧化鈉和二氧化碳反應原理相同，生成碳酸鈣和氧氣，方程式為：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2故D正確。點睛：本題考查過氧化物的性質，要記住過氧化物過氧根中兩個氧原子是個整體，其氧元素的化合價為-1價，具有強氧化性。21、D【詳解】A．100g質量分數(shù)為46%的CH3CH2OH溶液中CH3CH2OH質量為46g，54g水，CH3CH2OH的物質的量為1mol，氫原子物質的量為6mol，氫原子數(shù)目為6NA，水中也含有氫原子，因此所含氫原子數(shù)大于6NA，故A錯誤；B．標準狀況下，HF是液體，無法計算物質的量，故B錯誤；C．常溫下，100mL1mol?L?1AlCl3溶液中AlCl3物質的量為0.1mol，由于Al3+水解，因此Al3+離子總數(shù)小于0.1NA，故C錯誤；D．含1molNH4Cl的溶液中加入適量氨水使溶液呈中性，根據(jù)n()＋n(H＋)＝n(Cl－)＋n(OH－)和n(H＋)＝n(OH－)，得到n()＝n(Cl－)＝1mol，此時溶液中數(shù)目為NA，故D正確。綜上所述，答案為D。22、C【詳解】A.兩性氧化物的定義為與酸和堿反應均生成鹽和水的氧化物，SiO2與HF反應得到的SiF4不屬于鹽類，所以SiO2不是兩性氧化物，SiO2屬于酸性氧化物，A錯誤；B.SiO2是光導纖維材料，Si為半導體材料，B錯誤；C.硅膠表面積大，吸附力強，硅膠吸附水分后，可通過熱脫附方式將水分除去而重復使用，C正確；D.圖中二氧化硅與氫氟酸、氫氧化鈉、碳酸鈉的反應，硅酸鈉與鹽酸的反應，硅酸的分解，硅酸的生成，元素的化合價都沒有發(fā)生變化，是非氧化還原反應，而Si與Cl2反應產(chǎn)生SiCl4的反應及SiCl4與H2反應產(chǎn)生Si單質的反應屬于氧化還原反應，因此反應不全是非氧化還原反應，D錯誤；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、羥基bdC10H1818OdCH3COOH++H2O【分析】A()在濃硫酸作用下發(fā)生羥基的消去反應生成碳碳雙鍵，根據(jù)β-松油醇中含有兩個甲基，因此β-松油醇為，γ-松油醇中含有三個甲基，γ-松油醇為：，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)A()中含有的官能團是-OH，名稱為羥基，故答案為羥基；(2)A()中含有-OH，且與羥基相連碳原子的鄰位碳原子上含有氫原子，能夠發(fā)生消去反應，能夠與羧酸發(fā)生酯化反應，即取代反應，與羥基直接相連的碳原子上沒有氫原子，不能發(fā)生催化氧化；不存在碳碳不飽和鍵，不能發(fā)生加成反應，故答案為bd；(3)由α-松油醇的結構簡式可知，α－松油醇的分子式為C10H1818O，故答案為C10H1818O；(4)由α-松油醇的結構簡式可知，分子中含有醇-OH，屬于醇類，分子中還含有C=C，也屬于不飽和醇，故答案為d；(5)根據(jù)β-松油醇中含有兩個甲基，可寫出其結構簡式為，γ-松油醇中含有三個甲基，其結構簡式為：，故答案為；；(6)-COOH和-OH發(fā)生酯化反應生成-COO-和水，其中羧酸脫去羥基，醇脫去氫原子，因此α－松油醇與乙酸反應的方程式為CH3COOH++H2O，故答案為CH3COOH++H2O。24、氫氧硅硫CH4COC2H4H2O2【分析】X的周期序數(shù)＝主族序數(shù)＝原子序數(shù)，X為H元素；Z的原子L層電子數(shù)為a＋b，M層電子數(shù)為a－b，則a＋b=8，Y的原子最外層電子數(shù)為a，次外層電子數(shù)為b，則b=2，因此a=6，則Y為O元素；Z為Si元素；M的單質在自然界中的硬度最大，M為C元素；N位于第三周期，最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，N為S元素。【詳解】（1）根據(jù)上述分析，X、Y、Z、N四種元素的名稱分別為氫、氧、硅、硫，故答案為氫；氧；硅；硫；（2）由X、Y、Z、M、N五種元素兩兩組成的分子中，許多分子含有的電子數(shù)相等。①含10e－且呈正四面體結構的分子為CH4，故答案為CH4；②含14e－的雙原子分子為CO，故答案為CO；③含16e－且能使溴水褪色，說明分子中含有不飽和鍵或具有還原性，該分子為C2H4，故答案為C2H4；④含18e－且常溫下呈液態(tài)的分子為H2O2，故答案為H2O2。25、受熱均勻，易控制溫度乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸點均高于100度，故不必進行水浴加熱cab分液漏斗bcbc【分析】（1）用水浴加熱均勻受熱，容易控制溫度，水浴加熱的缺點是加熱溫度最高只能達到100度。（2）根據(jù)表格中乙酸乙酯和乙酸丁酯的溶解性和密度進行分析；（3）兩種酯都要用到分液的方法提純；（4）考慮原料的成本和轉化率；（5）根據(jù)平衡移動原理分析。【詳解】（1）用水浴加熱均勻受熱，容易控制溫度；水浴加熱的缺點是加熱溫度最高只能達到100度，而乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸點均高于100度，故不必進行水浴加熱，故答案為：受熱均勻，易控制溫度；乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸點均高于100度，故不必進行水浴加熱；（2）提純時，乙酸乙酯一般采用飽和Na2CO3溶液洗滌，而乙酸丁酯微溶于水，故可先用水洗，再用15％Na2CO3溶液洗滌，故答案為：c；a；b；（3）分離互不相溶的液體通常分液的方法，分液利用的儀器主要是分液漏斗，使用時注意下層液從分液漏斗管放出，上層液從分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，應從分液漏斗上口倒出；故答案為：分液漏斗；b；（4）在乙酸乙酯制備中，采用了乙醇過量，因為乙醇的成本較乙酸低，這樣做可以提高乙酸的轉化率，提高乙酸乙酯的產(chǎn)率，最大限度的降低成本，而乙醇本身的轉化率會降低，故符合題意的為c項，故答案為：c；（5）提高1-丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移動。a、使用催化劑，縮短反應時間，平衡不移動，故a錯誤；b、加過量乙酸，平衡向生成酯的方向移動，1-丁醇的利用率增大，故b正確；c、不斷移去產(chǎn)物，平衡向生成酯的方向移動，1-丁醇的利用率增大，故c正確；d、縮短反應時間，反應未達平衡，1-丁醇的利用率降低，故d錯誤。故答案為：bc。【點睛】本題以考查乙酸乙酯的制備為載體，旨在考查學生對知識的遷移運用，注意基礎知識的積累。26、Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O可以中和硝酸，增大反應物的轉化率，使原料盡可能多地轉化為MnO2反應生成的MnO2對該反應起催化作用A酸性越強，MnO2氧化能力越強MnO2+2I?+4H+=Mn2++I2+2H2O【分析】Ⅰ、(1)軟錳礦中含有少量Fe2O3，在加熱條件下與C反應生成鐵，鐵與稀硝酸反應生成NO氣體，為便于吸收氮氧化物，向乙中通入空氣，空氣中的氧氣將NO氧化成NO2，使氣體呈紅棕色，丙中應盛NaOH溶液等堿性物質，吸收有毒氣體NO2；(2)制備MnO2的實驗中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反應物的轉化率，使原料盡可能多地轉化為MnO2；Ⅱ、反應中c(OH-)在t1時突然增大，說明反應速率增大，在其它條件不變的情況下，可考慮生成物起催化作用；Ⅲ、(1)A中，通過溶液變紅，可說明MnO2固體將Fe2+氧化為Fe3+；B中，F(xiàn)e3+沒有還原性，MnO2不能表現(xiàn)氧化性；C中，不管是否將SO32-氧化，都產(chǎn)生白色沉淀；D中，MnO2固體加入到稀鹽酸中，不發(fā)生反應。（2）從溶液的酸堿性及產(chǎn)生的現(xiàn)象，可得出酸性越強，I-轉化為I2的反應速率越快，現(xiàn)象越明顯，MnO2氧化能力越強的結論；MnO2在酸性溶液中氧化I?，生成Mn2+、I2和H2O?！驹斀狻竣?、(1)軟錳礦中含有少量Fe2O3，在加熱條件下與C反應生成鐵，鐵與稀硝酸反應生成NO氣體。反應的方程式為Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；答案為：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；(2)制備MnO2的實驗中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反應物的轉化率，使原料盡可能多地轉化為MnO2；答案為：可以中和硝酸，增大反應物的轉化率，使原料盡可能多地轉化為MnO2；Ⅱ、反應中c(OH-)在t1時突然增大，說明反應速率增大，在其它條件不變的情況下，可考慮生成物MnO2起催化作用；答案為：反應生成的MnO2對該反應起催化作用；Ⅲ、(1)A中，通過溶液變紅，可說明MnO2固體將Fe2+氧化為Fe3+，A符合題意；B中，F(xiàn)e3+沒有還原性，MnO2不能表現(xiàn)氧化性，B不合題意；C中，不管是否將SO32-氧化，都產(chǎn)生白色沉淀，C不合題意；D中，MnO2固體加入到稀鹽酸中，不發(fā)生反應，D不合題意。故選A；（2）從溶液的酸堿性及產(chǎn)生的現(xiàn)象，可得出酸性越強，I-轉化為I2的反應速率越快，現(xiàn)象越明顯，MnO2氧化能力越強的結論；答案為：酸性越強，MnO2氧化能力越強；MnO2在酸性溶液中氧化I?，生成Mn2+、I2和H2O，反應的離子方程式為MnO2+2I?+4H+=Mn2++I2+2H2O；答案為：MnO2+2I?+4H+=Mn2++I2+2H2O。27、NaOH溶液除去鋁鎂合金表面的氧化膜①④③②使D和C的液面相平2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑偏小【分析】(1)Mg、Al均可以和酸反應，因此不可以用酸來實驗，因為Al可以和堿反應而不和Mg反應，則可以用NaOH與Al反應制得H2，然后用排水法收集H2，以計算Al的量；(2)因為Al表面容易生成氧化膜，因而要用酸處理；(3)整個操作過程及原理是：檢查氣密性；記錄起始液面；加入堿反應；不產(chǎn)生氣體后，記錄C中的液面，兩者相減即為產(chǎn)生H2的量；最后稱得的固體即為Mg的質量。在讀數(shù)時要注意D、C液面相平，否則氣體將受壓，造成讀數(shù)不準；(4)B中發(fā)生的是Al與堿的反應；(5)（a-c）即為鋁的質量，再除以Al的物質的量即為鋁的摩爾質量，而n(Al)可以由產(chǎn)生的H2獲得；(6)未洗滌，則造成（a-c）變小，則由(5)的結果可進行判斷?！驹斀狻?1)根據(jù)鋁鎂的化學性質，鋁鎂都能與酸反應放出氫氣，但鋁還能與堿(如NaOH溶液)反應放出氫氣，而鎂不能，要測定鋁鎂合金中鋁的質量分數(shù)，應選擇NaOH溶液，答案是：NaOH溶液；(2)鋁鎂的表面都容易形成一層氧化膜，在實驗前必須除去；答案是：除去鋁鎂合金表面的氧化膜；(3)實驗時首先要檢查氣密性，記下量氣管中C的液面位置，再加入NaOH溶液開始反應，待反應完畢并冷卻至室溫后，記錄量氣管中C的液面位置，最后將B中剩余固體過濾，洗滌，干燥，稱重；量氣管讀數(shù)時為使里面氣體壓強與外界大氣壓相等，必須使D和C兩管中液面相平，答案是：①④③②；使D和C的液面相平；(4)B管中發(fā)生鋁與NaOH溶液的反應：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，答案是：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAl